2019年高中數(shù)學 第4章 導數(shù)及其應用 4.3 導數(shù)在研究函數(shù)中的應用 4.3.1 利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性講義（含解析）湘教版選修2-2.doc

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4．3.1　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 [讀教材填要點] 函數(shù)在區(qū)間(a，b)上的單調(diào)性與其導函數(shù)的正負有如下關系： 導函數(shù)的正負 函數(shù)在(a，b)上的單調(diào)性 f′(x)>0 單調(diào)遞增 f′(x)<0 單調(diào)遞減 f′(x)＝0 常數(shù)函數(shù) [小問題大思維] 1．在區(qū)間(a，b)內(nèi)，若f′(x)>0，則f(x)在此區(qū)間上單調(diào)遞增，反之也成立嗎？ 提示：不一定成立．比如y＝x3在R上為增函數(shù)，但其在0處的導數(shù)等于零．也就是說f′(x)>0是y＝f(x)在某個區(qū)間上遞增的充分不必要條件． 2．右圖為導函數(shù)y＝f′(x)的圖象，則函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間是什么？ 提示：單調(diào)遞增區(qū)間：(－∞，－3]，[－2,1]，[3，＋∞)； 單調(diào)遞減區(qū)間：[－3，－2]，[1,3]． 判斷(或證明)函數(shù)的單調(diào)性 已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1－，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性． [自主解答]　 由題設知a≠0.f′(x)＝3ax2－6x＝3ax， 令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝. 當a>0時，若x∈(－∞，0)，則f′(x)>0. ∴f(x)在區(qū)間(－∞，0)上為增函數(shù)． 若x∈，則f′(x)<0， ∴f(x)在區(qū)間上為減函數(shù)． 若x∈，則f′(x)>0， ∴f(x)在區(qū)間上是增函數(shù)． 當a<0時，若x∈，則f′(x)<0. ∴f(x)在上是減函數(shù)． 若x∈，則f′(x)>0. ∴f(x)在區(qū)間上為增函數(shù)． 若x∈(0，＋∞)，則f′(x)<0. ∴f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上為減函數(shù)． 利用導數(shù)判斷或證明函數(shù)單調(diào)性的思路 1．求證：函數(shù)f(x)＝ex－x－1在(0，＋∞)內(nèi)是增函數(shù)，在(－∞，0)內(nèi)是減函數(shù)． 證明：由f(x)＝ex－x－1， 得f′(x)＝ex－1. 當x∈(0，＋∞)時，ex－1>0， 即f′(x)>0. ∴f(x)在(0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)． 當x∈(－∞，0)時，ex－1<0， 即f′(x)<0. ∴f(x)在(－∞，0)內(nèi)是減函數(shù)． 求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 求下列函數(shù)的單調(diào)區(qū)間： (1)f(x)＝3x2－ln x； (2)f(x)＝－ax3＋x2＋1(a≤0)． [自主解答]　(1)函數(shù)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝6x－＝， 令f′(x)>0，即>0， ∵x>0，∴6x2－1>0，∴x>.令f′(x)<0， 即<0，∵x>0，∴6x2－1<0，∴00?(－ax＋2)x>0?x>0?x>0或x<；f′(x)<0?0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞增區(qū)間； (4)解不等式f′(x)<0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞減區(qū)間． 方法二： (1)確定函數(shù)y＝f(x)的定義域； (2)求導數(shù)y′＝f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定義區(qū)間內(nèi)的一切實根； (3)把函數(shù)f(x)的間斷點(即f(x)的無定義點)的橫坐標和上面的各實數(shù)根按由小到大的順序排列起來，然后用這些點把函數(shù)f(x)的定義區(qū)間分成若干個小區(qū)間； (4)確定f′(x)在各個區(qū)間內(nèi)的符號，根據(jù)符號判定函數(shù)在每個相應區(qū)間內(nèi)的單調(diào)性． 2．已知函數(shù)f(x)＝(k為常數(shù)，e是自然對數(shù)的底數(shù))，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與x軸平行． (1)求k的值； (2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間． 解：(1)由題意得f′(x)＝， 又 f′(1)＝＝0，故k＝1. (2)由(1)知，f′(x)＝. 設h(x)＝－ln x－1(x>0)，則h′(x)＝－－<0，即h(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)． 由h(1)＝0知，當00，從而f′(x)>0； 當x>1時，h(x)<0，從而f′(x)<0. 綜上可知，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1，＋∞)． 已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)范圍 已知函數(shù)f(x)＝ln x，g(x)＝ax2＋2x，a≠0. (1)若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求a的取值范圍； (2)若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上單調(diào)遞減，求a的取值范圍． [自主解答]　(1)h(x)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)， 所以h′(x)＝－ax－2. 因為h(x)在(0，＋∞)上存在單調(diào)遞減區(qū)間， 所以當x∈(0，＋∞)時， －ax－2<0有解， 即a>－有解． 設G(x)＝－，所以只要a>G(x)min即可． 而G(x)＝2－1，所以G(x)min＝－1. 所以a>－1.即實數(shù)a的取值范圍是(－1，＋∞)． (2)因為h(x)在[1,4]上單調(diào)遞減， 所以x∈[1,4]時，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立． 即a≥－恒成立． 所以a≥G(x)max.而G(x)＝2－1. 因為x∈[1,4]，所以∈. 所以G(x)max＝－(此時x＝4)． 所以a≥－. 當a＝－時，h′(x)＝＋x－2 ＝＝. ∵x∈[1,4]，∴h′(x)＝≤0. 即h(x)在[1,4]上為減函數(shù)． 故實數(shù)a的取值范圍是. 若將本例(2)中“單調(diào)遞減”改為“單調(diào)遞增”，如何求a的取值范圍？ 解：∵h(x)在[1,4]上單調(diào)遞增， ∴x∈[1,4]時，h′(x)＝－ax－2≥0恒成立． 即a≤ －恒成立． 設G(x)＝－，∴只需a≤G(x)min. 又G(x)＝2－1，∵x∈[1,4]，∴∈. ∴G(x)min＝－1，∴a≤－1. 經(jīng)驗證：a＝－1時，h(x)在[1,4]上單調(diào)遞增， 綜上所述，a的取值范圍為(－∞，－1]． 已知f(x)在區(qū)間D上單調(diào)，求f(x)中參數(shù)的取值范圍的方法為分離參數(shù)法：通常將f′(x)≥0(或f′(x)≤0)的參數(shù)分離，轉化為求最值問題，從而求出參數(shù)的取值范圍．特別地，若f′(x)為二次函數(shù)，可以由f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立求出參數(shù)的取值范圍． 3．已知a≥0，函數(shù)f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1,1]上是單調(diào)減函數(shù)，則a的取值范圍是(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. 解析：f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex， 由題意當x∈[－1,1]時，f′(x)≤0恒成立， 即x2＋(2－2a)x－2a≤0恒成立． 令g(x)＝x2＋(2－2a)x－2a，則有 即解得a≥. 答案：C 證明：方程x－sin x＝0有唯一解． [巧思]　方程f(x)＝0的解即曲線y＝f(x)與x軸交點的橫坐標，因此可以通過構造函數(shù)來解決． [妙解]　設f(x)＝x－sin x，當x＝0時，f(0)＝0， 所以x＝0是方程x－sin x＝0的一個解． 因為f′(x)＝1－cos x， 且x∈R時，f′(x)>0總成立， 所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增． 所以曲線f(x)＝x－sin x與x軸只有一個交點． 所以方程x－sin x＝0有唯一解． 1．函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋1的單調(diào)遞減區(qū)間為(　　) A．(2，＋∞)　　　　　　　 　B．(－∞，2) C．(－∞，0) D．(0,2) 解析：f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)， 令f′(x)<0，得00，結合－4≤x≤4， 得－4≤x<－1或30， 所以f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)， 所以有f(2)3或x<－1時，f′(x)>0， 所以y＝f(x)在(－∞，－1)和(3，＋∞)上單調(diào)遞增． 綜上，函數(shù)y＝f(x)的圖象的大致形狀如A中圖所示，所以選A. 答案：A 4．f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當x<0時，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)<0，且f(－1)＝0，則f(x)g(x)<0的解集為(　　) A．(－1,0)∪(1，＋∞) B．(－1,0)∪(0,1) C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(0,1) 解析：令F(x)＝f(x)g(x)，則F(x)為奇函數(shù)， 且當x<0時，F(xiàn)′(x)<0， 即F(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)． 又∵f(－1)＝0，即F(－1)＝0. ∴F(x)＝f(x)g(x)<0的解集為(－1,0)∪(1，＋∞)． 答案：A 二、填空題 5．若函數(shù)y＝x2－2bx＋6在(2,8)內(nèi)是增函數(shù)，則實數(shù)b的取值范圍是________． 解析：y′＝2x－2b≥0在(2,8)內(nèi)恒成立，即b≤x在(2,8)內(nèi)恒成立，∴b≤2. 答案：(－∞，2] 6．已知函數(shù)y＝f(x)在定義域[－4,6]內(nèi)可導，其圖象如圖，記y＝f(x)的導函數(shù)為y＝f′(x)，則不等式f′(x)≤0的解集為________． 解析：f′(x)≤0的解集，即為函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)減區(qū)間， ∴f′(x)≤0的解集為∪. 答案：∪ 7．設函數(shù)f(x)＝x(ex－1)－x2，則f(x)的單調(diào)增區(qū)間是________，減區(qū)間是________． 解析：f(x)＝x(ex－1)－x2， f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)． 當x∈(－∞，－1)時，f′(x)>0；當x∈(－1,0)時， f′(x)<0；當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0. 故f(x) 在(－∞，－1)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1,0)上單調(diào)遞減． 答案：(－∞，－1)和(0，＋∞)　(－1,0) 8．已知函數(shù)f(x)＝－2x2＋ln x(a＞0)．若函數(shù)f(x)在[1,2]上為單調(diào)函數(shù)，則a的取值范圍是________． 解析：f′(x)＝－4x＋，若函數(shù)f(x)在[1,2]上為單調(diào)函數(shù)， 即f′(x)＝－4x＋≥0或f′(x)＝－4x＋≤0在[1,2]上恒成立 ，即≥4x－或≤4x－在[1,2]上恒成立． 令h(x)＝4x－，則h(x)在[1,2]上單調(diào)遞增， 所以≥h(2)或≤h(1)，即≥或≤3， 又a＞0，所以0＜a≤或a≥1. 答案：∪[1，＋∞) 三、解答題 9．已知函數(shù)f(x)＝＋－ln x－，其中a∈R，且曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝x. (1)求a的值； (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間． 解：(1)對f(x)求導得f′(x)＝－－， 由f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝x 知f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝. (2)由(1)知f(x)＝＋－ln x－， 則f′(x)＝， 令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5， 因x＝－1不在f(x)的定義域(0，＋∞)內(nèi)，故舍去． 當x∈(0,5)時，f′(x)<0，故f(x)在(0,5)內(nèi)為減函數(shù)； 當x∈(5，＋∞)時，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)． 10．已知函數(shù)f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當a＝－1時，證明：當x∈(1，＋∞)時，f(x)＋2>0. 解：(1)根據(jù)題意知，f′(x)＝(x>0)， 當a>0時，則當x∈(0,1)時，f′(x)>0，當x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0 ，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)； 同理，當a<0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)； 當a＝0時，f(x)＝－3，不是單調(diào)函數(shù)，無單調(diào)區(qū)間． (2)證明：當a＝－1時，f(x)＝－ln x＋x－3， 所以f(1)＝－2， 由(1)知f(x)＝－ln x＋x－3在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以當x∈(1，＋∞)時，f(x)>f(1)． 即f(x)>－2，所以f(x)＋2>0.